Question

8．?dāng)?shù)列{a_n}滿足：a₁=2，a_n+1=$\frac{{a}_{n}}{2}$+$\frac{1}{{a}_{n}}$，n≥1，求該數(shù)列的通項a_n．

Answer 1

分析 通過對a_n+1=$\frac{{a}_{n}}{2}$+$\frac{1}{{a}_{n}}$兩邊通過加上、減去$\sqrt{2}$得到兩個等式，然后相除、并兩邊同時取對數(shù)，計算可知數(shù)列{lg$\frac{{a}_{n}+\sqrt{2}}{{a}_{n}-\sqrt{2}}$}是首項為2lg$（\sqrt{2}+1）$、公比為2的等比數(shù)列，進(jìn)而計算可得結(jié)論．

解答 解：∵a_n+1=$\frac{{a}_{n}}{2}$+$\frac{1}{{a}_{n}}$，
∴a_n+1+$\sqrt{2}$=$\frac{（{a}_{n}+\sqrt{2}）^{2}}{2{a}_{n}}$，a_n+1-$\sqrt{2}$=$\frac{（{a}_{n}-\sqrt{2}）^{2}}{2{a}_{n}}$，
兩式相除，得：$\frac{{a}_{n+1}+\sqrt{2}}{{a}_{n+1}-\sqrt{2}}$=$（\frac{{a}_{n}+\sqrt{2}}{{a}_{n}-\sqrt{2}}）^{2}$，
兩邊同時取對數(shù)，可知lg$\frac{{a}_{n+1}+\sqrt{2}}{{a}_{n+1}-\sqrt{2}}$=2lg$\frac{{a}_{n}+\sqrt{2}}{{a}_{n}-\sqrt{2}}$，
又∵$\frac{{a}_{1}+\sqrt{2}}{{a}_{1}-\sqrt{2}}$=$\frac{2+\sqrt{2}}{2-\sqrt{2}}$=$（\sqrt{2}+1）^{2}$，
∴數(shù)列{lg$\frac{{a}_{n}+\sqrt{2}}{{a}_{n}-\sqrt{2}}$}是首項為2lg$（\sqrt{2}+1）$、公比為2的等比數(shù)列，
∴l(xiāng)g$\frac{{a}_{n}+\sqrt{2}}{{a}_{n}-\sqrt{2}}$=2^n-1•2lg$（\sqrt{2}+1）$=2ⁿ•lg$（\sqrt{2}+1）$，
∴$\frac{{a}_{n}+\sqrt{2}}{{a}_{n}-\sqrt{2}}$=$（\sqrt{2}+1）^{{2}^{n}}$，
解得：a_n=$\frac{\sqrt{2}[（\sqrt{2}+1）^{{2}^{n}}+1]}{（\sqrt{2}+1）^{{2}^{n}}-1}$．

點(diǎn)評 本題考查數(shù)列的通項，考查利用構(gòu)造法求數(shù)列的通項，考查運(yùn)算求解能力，注意解題方法的積累，屬于難題．